Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 40
Текст из файла (страница 40)
(х) /С ~чесЛ(~ — *) а и*(х, 1) и 1'(х, 1) — решение системы (1), (1') при граничных условиях и*(0, 1) = О, е*(1, 1) = О, О < 1 < +ос, (6) и начальных условиях и*(х, 0) = †(х), е*(х, 0) = — 1в(х), 0 < х < 1, (7) и*(х, 1) = е ™ (~р(х — а1) + у'(х + а1)(, (8) г' 1х, 1) = с и™ е — ( р(х — а1) — уз1х + ае)), ;о(х)='(*)' (*), ф(х)='("- (х), 0<х<1, (10) 2 ' 2 11х) = ио(х) г1х) = )/ — ео(х) 0 < х <1 (11) /Ь . Из граничных условий (6) следует, что функции Д(х) и Г(х) продолжаются, соответственно,нечетно и четно относительно х = (),четно и нечетно относительно х = 1и периодически с периодом 41.
При 1, удовлетворяющем неравенству 1 ) — 1п (10(1 + 1Ь ъ'СЛ (1 — х)1 ), (12) напряжение в точке х провода будет отличаться от своего предельного значения при 1 — ~ +оо заведомо не более чем на 10 веы 96. а) 0 при 0<1<Т, ез ЕЕЕ= в(1 ( "') ) р (2 -Е 1 (2 е )е, Я -'-!1в и = 1, 2, 3, ..., )7, где Я = )1 — волновое сопротивление, Т = †, а = ско- а рость распространения электромагнитных возмушений по проводу; б) 0 при 0<1<Т, 211 1зп 11.
Уравнения еиперболичеопого ~пипа в) 0 при 0<1<Т, 2Еехр( — е( — — 1)) при Т <1 < 3Т, 2Еехр( — е( — — 1) ) — 2Е(1 — 2е( — — 3) ~ к х ехр( — е( — — 3)) при 3Т < 1 < 5Т, п(1, 1) = Ю и т.д., с = —. ьо Указание. По поводу законов отражения от конца х = 1 см. решение задачи 71. 3 3. Метод разделения переменных 1. Свободные колебания в среде без сопротивления. 97. Решением краевой задачи ип = а и.„, 0 < х < 1,.
0 < 1 < +ос, и(0, 1) = и(1., 1) = О, О < 1 < +ос, (1) (2) 6 хо 6(1 — х) 1 — хо и(х., 0) = 0 < х < ха, (3) <я<1, (3') по(х, 0) = О, 0 < х < 1, является -~-со паха(1 — ха) х-~ п~ и=1 0 хо х Рис. 28 14' по ха В выражении и(х, 1) исчезают слагаемые, для которых аш = О, т.е, отсутствуют обертоны, для которых точка х = хо является уза1 . зппхо за лом.
Энергия и-й гармоники равна Еп = МЬ ...зш М=р1. 98. Решение. Находим начальное отклонение струны (рис. 28); 212 Ответы, указания и решения Таким образом, РОХО(1 — ХО) 2) 1Т г 261 к-7 1 . пкхо . пях пяае и(хг г) =— — вш — зш — соз —, л ~хо(1 — хо) пз н=г где 6 определяется по формуле (1). 326 к 1 . (2п -г 1)кх (2п -Ь 1)пас 81П соз , где 6 ') — з 2.. (2„ЦО О=О максимальное начальное отклонение струны.
-Г- ы 100. и(х, 1) = — ~~ О=г Энергия и-й гармоники равна ОГГО гго Е77= 7 ЯП 7Г 71 б.х.г — зш зш — яп яв пз ПГГХО . З Ппб аш, =р. 101. Указание. Сначала считаем импульс Т равномерно распределенным по отрезку хо — б < х < хо + б струны. Тогда мы приходим к выражению для и(х, 1), приведенному в ответе к предыдущей задаче, причем 1 ио = —. 2бр' где р — — линейная плотность массы струны. Переходя к пределу при б -О О, получим для решения исходной задачи выражение -1-со 27 к 1 . п.гхо . п.гх . пггаг и(х, 1) = ~ — яп зш яп 7ГО71 и О=1 Энергия и-й гармоники равна М ') В силу малости отклонения, Т но зависит от отклонении. См. (77 с.
24). ) Начальное отклонение можно было бы определить, решая задачу: и (х) = О, Т(71 (хо -Ь 0) — и (хо — ОП = го, и(хо — 0) = и(хо -Ь 0), и(0) = = и(1) = О. для этого достаточно определить величину 6,. Из условия равновесия (в проекциях на, вертикальную ось) находим Т(згпге+ зш;3) = Ео. В силу малости отклонений вша си о, яш,З сиД ), но ся Гг = —, 1~ Д = 6 6 хо 1 — хо 213 Рл. П. Уравненин енперболнчееноео типа Решение задачи можно получить также, полагая 1 иг(т, 0) = — б(х — то), Р где б(х) есть дельта-функции 1). пяб, пггхо СО — Вгп 1 0 2 и ( 1 ) 8 о о б ~ г 1 1 1 ь 1 и и я х в 1 1 1 и г го ггга ~-' и (2би)г гг=г 1— 1г Энергия п-й гармоники равна 16ооб р 1 г пгб . г пяб г , СОВ Вгл 1н' ~ (28 )г~' в-м 81Л т ( — Ц" .
(2п -Ь Цнх (2п -Ь Цггае п=в 104. Ответ получается из ответа предыдущей задачи, если поло- жить гв где г" модуль упругости, а о' площадь поперечного сечения стержня. 105. Решением краевой задачи игг = ази„,, О < х < 1, О < 1 < +со, и(х, 0) = гр(х), иг(х, 0) = г(г(х), 0 < х < 1, и,(О, 1) = их(1, 1) = О, О < 1 < +со, (1) (2) (3) является -его (гР(х) + виар(х)) г1х+ ~ (ае сов + Ьь сйп ) сов аЬя1 е айн11 йях о 1.=-1 (4) 2 Г кггх 2 г 1ггн = — / гр(х) сов г(х, Ьь = ~ г(г(х) сов 2х.
-1/ и(х, 1) =— 1 где 106. Решение задачи может быть получено из решения предыдущей задачи, если положить гр(х) = О., О, 0<х<1 — б, Ф(х) = — — 1 — б < х <1, бр' Ц См. сноску к решению задачи 56. ') По поводу выбора коэффициента при б(х — хо) см. вторую сноску на с. 18П а затем перейти к пределу при б — 1 О, либо положить у(х) = О, а г(г(х) = — — б(х — хо) ), 0 < хо < 1, Р 214 Огпеетхн указание и решении где б(х) есть дельта-функция, а затем перейти к пределу при хо о 1 1 21 т ( — Ц~ 1екх .
Ькае гг(х, 1) = — — 1 — — у сов — вш р1 кар ~ ге в=1 имеет вид и(х, 1) = ~ ~(аггсовЛпаг+ Ьп гйпЛпа1) совЛ„х, (4) п.=г Хн1х) + Л'Х1х) = О, 0 < х < 1, Х'(О) = О, Х'11) + ЬХ11) = О, (5) (6) ЛскЛ1 = йг Хн(х) = сов Л„х --- собственные функции краевой задачи (5). Квадрат нормы и-й собственной функции находим с помощью (6) $$хг' = 1 х (ее, = -' $г е и ("г "') $ = -' '1г г, у, $, (и о а„= / гр(в) совЛеег1в, Ь„= е /ф(я) сов Лпаг1ж 18) 1 г 1 ~~х,~Р о о (1) (2) уо(х) = †' х, гЬ(х) = О, -~-оо 41 т-~ ( — Ц" . (2п -В Цггх .
(2п -В 1)яа1 107. и(х, 1) =— вш вггг ггар 2п+ 1 21 21 н=.о 108. Решение краевой задачи иге — — аиее, 0<т<1г 0<1<+ос, и,(0, Ц = О, и,(1, 1) + 1ги11, 1) = О, 0 < 1 < +со, и(х, О) = уо(х), иг(х, 0) = гр(х), 0 < х < 1, где Л„ собственные значения краевой задачи причем Л„являются положительными корнями уравнения 109. Решение краевой задачи им=а и,„, 0<х<1, 0<1<+ос, и,(0,1) = О, и.,11, 1) + 1ги(1, 1) = О, 0 < 1 < +со, и(х, 0) = — о х, ие(х,, 0) = О, 0 < х < 1, получается из решения предыдущей краевой задачи при (1) (2) Р) 215 1"л. 11.
УСлавненин гипеСгболинееного типа (л) Л„ аги = агс18 — ". 6 Квадрат нормы собственной функции Х„(х) равен ))Х„'Ог = (1 гйп (Л„х + уг„) еСх = а (8) поэтому Лг + Слг)1-Ь 26 1 а Ьо = ", ~г)л(я) я1п(Л„г+ уа) еСг. а (10) (11) и(х, С) = — ~ ", сояЛ„хсояЛ„аС = 2Ра (1+ 61) соя Л„1 — 1 .= л„' 1-ь61(""Л') Л„С Сг (1 + СлС) — ~ 1 +— = е,л г.' ' л.* „л„а (л> где Л„.. положительные корни уравнения Л 18 ЛС = 6. 110.
21 ~ соя Л„хвпаЛ,С 21 ~ сояЛ,хсйпЛ„аС " .= Л„11 ~ ("'Ы)') 'С .= Л.(1~ где Л„- — положительные корни уравнения Л 18 ЛС = 6. 111. Решением краевой задачи илл = а и.„, 0 < х < С, 0 < С < +ос, (1) иг(0, С) — 6и(0, С) = О, ин(С, С) + Ьи(1, С) = О, 0 < С < +со., (2) и(х, 0) = |лр(х), гл,(х, 0) = г)л(х), 0 < х < С, (3) является и(х, С) = ~(аа сояаЛ„С+ Ь„яшаЛ„С) я1п(Л„х+ уги), (4) о=1 где Л„собственные значения краевой задачи Х" (х) + Л Х(х) = О, 0 < х < С, (б) Х'(0) — 6Х (0) = О, (б) Х'(С) -ь 6Х (С) = О, (б') а Хп(х) = яш(Лпх + угп) -- собственные функции этой краевой задачи; Л„являются корнями уравнения 2 (6 Л)' 1 Л 6 216 Ответы, указания и решения Указание.
1) Уравнение 17) может быть получено следующим образом. Из общего решения уравнения 15) Ха,(х) = Сз сояЛх+ С,ешЛх, удовлетворяя граничному условию 16), получим Х(х, Л) = Сз (- созЛх+ зшЛх~ = СзХ(х, Л). (12) Подставляя 112) в граничное условие 16'), получим (ех 1 1 ~дх так как Сз у'. -О, иначе 112) было бы тривиальным решением, то ) +6Х1х, Л) =О. ОХ а <13) После подстановки явного выражения Л Х 1х, Л) = — соз Лх + е1п Лх 113') 113) преобразуется в уравнение 17) с16 ЛЕ = 2 (~ — Л) . 1 Л Ь (7) Это уравнение приблизительно можно решать графически з).
Подставляя в 112) вместо Л собственное значение Ли, получим соответствующую собственную функцию Ха1х) = СзХ1х, Л„). Х„1х) = Х1х, Л„) = з1п1Л„х + аз„), (14) где Л„ 1за = агс1Я вЂ” ". 6 114') Полагая Л1 = е, получим с466 =— 115) Обозначая через см сз, ..., с„, ... абсциссы точек пересечения котан- ') О решении трансцендентного уравнения с любой степенью точности см. )1, с.
204). Таким образом собственная функция определяется с точностью до по- стоянного множителя Сз. Этот множитель можно выбрать так, чтобы фУнкциЯ Хн(х) имела вид 1"л. 11. Уравнения еииерболичееноео типа 217 Рис. 29 116 ИЛ вв генсоиды 9 = с18С и гиперболы и = — ( — — — ), получим Л„= —" (рис. 29). 2) Квадрат нормы собственной функции (9) может быть найден непосредственным интегрированием ~~Х„~~з = ~ з1 з(Л„х+ ии,) е)х (16) о либо переходом к пределу при Л -~ Л„ в равенстве о /х,х,„х — '"'"''.17 ( ) „Х,'(1, Л„)Х(1, Л) — Х'„(1, Л)Х(1, Л„) Лв — Ле Раскрывая неопределенность в правой части (17) при Л вЂ” э Л„, получим з( ) Х'(1 Л-)Х((1 Л ) -Х*"х(1 Л-)Х(1 Л-) ( 2Л о Равенство (17) получается из равенств Ха (*, Л) + Л Х(*, Л) = О, Хи(х., Ла) + Л'„Х(х, Ла) = 0 умножением первого из них на Х(х, Л„), второго —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
